2019-2020年高中化学 3.4 海水中的元素（精讲优练课型）单元质量评估 鲁科版必修1.doc

2019-2020年高中化学 3.4 海水中的元素（精讲优练课型）单元质量评估 鲁科版必修1一、选择题(本题包括15小题,每小题3分,共45分)1.(xx福州高一检测)能快速、有效地减缓大气中CO2大量增加的生态学措施是()A.使用天然气等燃料B.控制全球人口增长C.植树造林、保护森林D.立即减少煤和石油的燃烧【解析】选C。现代人对能源的消耗增大,因此不可能立即减少煤和石油的燃烧;使用天然气等燃料也会产生CO2;绿色植物的光合作用会吸收大量的CO2,是一种有效的生态学措施。2.下列说法不正确的是()A.雷雨时,可增加土壤中硝酸盐类氮肥的含量B.许多领域中用液氮制得低温环境C.造成光化学烟雾的罪魁祸首是SO2D.正常雨水因溶有CO2而显酸性,但酸性较弱,不属于酸雨【解析】选C。引起光化学烟雾的物质主要是氮的氧化物,它也是引起酸雨的重要物质。3.(xx九江高一检测)“绿色化学实验”已走进课堂,在实验室的下列做法符合“绿色化学”的是()收集氨气采用图1所示装置做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应A.B.C.D.【解析】选C。“绿色化学”的思想是尽量使用无毒、无害的原料,采取合理安全的工艺合成产物,原子利用率为100%,无污染,对环境友好。的做法可防止氨气对空气的污染;的做法对尾气进行吸收处理,可有效防止氯气对空气的污染;的做法中,铜丝可以活动,能有效地控制反应的发生与停止,用气球收集反应产生的污染性气体,待反应后处理,也防止了对空气的污染,以上三种做法均符合“绿色化学”的做法,而的做法中氨气与氯化氢气体直接扩散到空气中,会对空气造成污染,不符合“绿色化学”的做法。4.(xx泉州高一检测)科学的假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。在下列假设或猜想引导下的探究肯定没有意义的是()A.探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B.探究NO和N2O可能化合生成NO2C.探究NO2可能被NaOH溶液完全吸收生成NaNO2、NaNO3和H2OD.探究向滴有酚酞溶液的NaOH溶液中通入Cl2,溶液红色褪去的原因是溶液的酸碱性改变还是NaClO的漂白作用【解析】选B。A项,Na2O2具有强氧化性,将具有强还原性的SO2氧化为Na2SO4,A正确;B项,NO和N2O中氮元素的化合价分别是+2、+1,不可能反应生成+4价的NO2,B错误;C项,NO2与NaOH反应时,氮元素化合价既升高生成NaNO3,又降低生成NaNO2,正确;D项,红色褪去可能是Cl2将NaOH溶液消耗,碱性减弱而使红色褪去,也可能是生成NaClO的漂白作用,D正确。5.(双选)用加热的方法可以分离的一组混合物为()A.氯化铵和消石灰B.碳酸氢铵与过氧化钠C.碘和食盐D.氯化铵和硫酸钠【解析】选C、D。A发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O;B中NH4HCO3CO2+H2O+NH3,2CO2+2Na2O22Na2CO3+O2,2H2O+2Na2O24NaOH+O2;C中I2受热升华而NaCl的熔点较高;D中NH4ClNH3+HCl,遇冷又会生成NH4Cl:NH3+HClNH4Cl。【易错提醒】加热分离物质的注意事项(1)加热分离时要注意两种物质必须是一种物质易分解或易升华,另一种物质在加热时具有较稳定的化学性质。(2)加热分离时还要注意,加热时虽然一种物质易分解或易升华,但是这两种物质不能反应。6.(xx南通高一检测)一定量的Mg和MgO的混合物投入100 mL 2 molL-1的稀盐酸中完全溶解后,再向反应后的溶液中加入4 molL-1的NaOH溶液,要使镁元素全部沉淀出来,所加入的NaOH溶液的体积最小的是()A.100 mLB.50 mLC.25 mLD.由于Mg、MgO的质量未知无法判断【解析】选B。当镁元素全部沉淀后,溶液中的溶质只有NaCl时,所加NaOH溶液的体积最小。由电荷守恒得n(NaOH)=n(HCl)=0.1 L2 molL-1=0.2 mol,所需NaOH溶液的体积为50 mL。7.(xx烟台高一检测)某无色混合气体可能含有CO2、CO、H2O(气)、H2中的一种或几种,依次进行下列处理(假设每次处理均反应完全):通过碱石灰,气体体积变小;通过赤热的氧化铜时,固体全部变为红色;通过白色硫酸铜粉末时,粉末变为蓝色;通过澄清石灰水,溶液变浑浊。由此可以确定混合气体中()A.一定含有CO2、H2O,可能含有H2、COB.一定含有H2O、CO,可能含有CO2、H2C.一定含有CO、CO2,可能含有H2O、H2D.一定含有CO、H2,可能含有H2O、CO2【解析】选D。由现象知原气体含氢气;结合知原气体含CO;由知原气体可能含水蒸气,也可能含二氧化碳,也可能含H2O、CO2的混合气体。【补偿训练】(xx菏泽高一检测)下列关于一氧化碳和二氧化碳的说法正确的是()A.都能与水反应B.都能与KOH溶液反应C.都能还原氧化铜D.都能通过碳与氧气反应生成【解析】选D。二氧化碳能与水反应生成碳酸,而一氧化碳不溶于水;二氧化碳能与氢氧化钾溶液反应,而一氧化碳不能与氢氧化钾溶液反应;一氧化碳具有还原性,能还原氧化铜,二氧化碳不能与氧化铜反应;碳在氧气充足的情况下生成二氧化碳,在氧气不充足的情况下生成一氧化碳。8.(xx临沂高一检测)下列离子方程式正确的是()A.浓硝酸中加入过量铁粉并加热:Fe+3N+6H+Fe3+3NO2+3H2OB.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应:HC+OH-+Ca2+CaCO3+H2OC.氢氧化铁溶于氢碘酸溶液:Fe(OH)3+3H+Fe3+3H2OD.等体积等物质的量浓度的氢氧化钡溶液与碳酸氢铵溶液混合:Ba2+2OH-+N+HCBaCO3+NH3H2O+H2O【解析】选D。铁粉过量时生成Fe2+,A错误;过量NaOH溶液时的反应为2HC+2OH-+Ca2+CaCO3+C+2H2O,B错误;Fe3+可以氧化I-,C错误。9.(xx合肥高一检测)下列关于物质的检验说法不正确的是() A.加入氯化钡溶液有白色沉淀生成,再加稀硝酸,沉淀不消失,一定含有SB.将氢气在某气体中点燃,若产生苍白色火焰,则该气体为氯气C.待测液加入NaOH溶液并加热,有能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成,则原溶液中一定含有ND.待测液加入氯化钡溶液有白色沉淀生成,再加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体,则待测液中一定含有C【解析】选A。加入BaCl2溶液有白色沉淀生成,再加稀硝酸,沉淀不消失,也可能含有Ag+,A项错误;氢气只有在氯气中燃烧才产生苍白色火焰,B项正确;加入NaOH溶液加热后产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体,说明原溶液中一定含N,C项正确;待测液加BaCl2溶液有白色沉淀生成,可能含S、Ag+、C、S,而加入盐酸沉淀消失且产生无色无味的气体,只能是C,D项正确。【方法规律】检验硫酸根离子防止干扰的方法(1)Ag+的干扰:用盐酸酸化可防止Ag+干扰。Ag+Cl-AgCl。(2)C、S、P的干扰:钡离子可以与硫酸根、碳酸根、亚硫酸根、磷酸根反应生成白色沉淀,但是硫酸钡不溶于强酸,而碳酸钡、亚硫酸钡、磷酸钡可溶于强酸。因此检验硫酸根离子用稀盐酸酸化,可以排除碳酸根、亚硫酸根的干扰,同时可以排除银离子的干扰。(3)不能用硝酸酸化,也不能用硝酸钡进行检验,因为S、HS、SO2等在酸性条件下会被溶液中的N氧化成硫酸根,从而使检验得出错误的结论。10.(xx芜湖高一检测)向一定量的K2CO3溶液中缓慢滴加稀盐酸,并不断搅拌,随着盐酸的加入,溶液中离子数目也相应地发生变化。如图所示,四条曲线与溶液中离子的对应关系完全正确的是()abcdACl-K+CHCBK+CCl-HCCK+CHCCl-DK+HCCl-C【解析】选C。该反应的实质是C与H+反应,K+数目不变,则a表示K+;当H+较少时,发生反应H+CHC,HC数目增多,C数目减少;当C完全反应时,HC数目最多,从图可知b表示C,c表示HC;继续加H+时,发生反应H+HCCO2+H2O,反应结束时,HC完全反应;滴加盐酸的过程中Cl-并没有参与反应,呈不断增长趋势,所以d表示Cl-。11.(xx洛阳高一检测)下列事实能够说明氯气的氧化性比硫强的事实有()硫的沸点比氯气的高与金属单质反应,硫被还原为-2价,氯被还原为-1价铜与Cl2反应生成CuCl2,与S反应生成Cu2S将Cl2通入氢硫酸(H2S)溶液中溶液变浑浊A.B.C.D.【解析】选D。若氧化性Cl2S,即得电子能力ClS,在相同条件下,与变价金属反应时,一个得到高价态化合物,另一个得到低价态化合物。【互动探究】(1)能否根据铁与氯气、硫黄反应的产物判断氯气和硫的氧化性强弱?提示:能。铁与Cl2反应生成FeCl3,与S反应生成FeS,说明氯气的氧化性更强。(2)试写出的反应方程式。提示:溶液变浑浊是因为生成的S不溶于水,反应方程式为Cl2+H2S2HCl+S。12.从海水里提取溴的过程中,有如下反应:5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O。与上述反应在原理上最相似的反应是()A.2NaBr+Cl2Br2+2NaClB.2KI+Br2I2+2KBrC.2H2S+SO23S+2H2OD.Cl2+H2OHCl+HClO【解析】选C。在5NaBr+NaBrO3+3H2SO43Br2+3Na2SO4+3H2O反应中,反应物中Br-被氧化,Br被还原,最后都生成Br2。也就是在此反应中被氧化和被还原的为不同价态的同一元素(溴),而且都被还原或氧化成同一价态的物质。在4个选项中,只有C选项中被氧化和被还原的元素为不同价态同一元素(硫),最后都生成单质硫,两者的原理最相似。13.在一定条件下,NO跟NH3可发生反应生成N2和H2O。现有一定量的NO和NH3的混合气体恰好完全反应,所得产物中还原产物比氧化产物多2.8 g,则原混合气体中NO和NH3总的物质的量为()A.0.25 molB.0.5 molC.1 molD.2 mol【解析】选C。该反应的化学方程式为6NO+4NH35N2+6H2O还原产物比氧化产物多1 mol6 mol4 mol 28 gn(总) 2.8 g解得n(总)=1 mol。14.(xx湛江高一检测)现有铜粉与碳粉的混合物14 g,向其中加入足量的浓H2SO4,加热,共收集到11.2 L(标准状况下)气体,则混合物中铜的质量分数为()A.84.21%B.91.43%C.45.71%D.8.57%【解析】选B。设混合物中铜、碳的物质的量分别x、y,依据反应:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2Oxmol xmolC+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2Oymol 3ymol则有:解得:x=0.2 mol,y=0.1 mol。故混合物中铜的质量分数为100%91.43%。15.(xx广东高考)水溶液中能大量共存的一组离子是()A.Na+、Ca2+、Cl-、SB.Fe2+、H+、S、ClO-C.Mg2+、N、Cl-、SD.K+、Fe3+、N、SCN-【解析】选C。A项,Ca2+与S反应生成CaSO4微溶物,不共存;B项,H+与ClO-不能大量共存,S和Fe2+能被ClO-氧化,不共存;C项,各离子不反应,可共存;D项,Fe3+与SCN-发生络合反应,不共存。【补偿训练】(双选)含有下列各组离子的溶液中,通入过量SO2气体后仍能大量共存的是()A.H+、Ca2+、Fe3+、NB.Ba2+、Cl-、Na+、H+C.Na+、N、I-、HS-D.Na+、Ca2+、K+、Cl-【解析】选B、D。A项,通入过量SO2后,Fe3+、SO2和H+、N均可发生氧化还原反应而不能共存;C项,通入SO2后,生成H2SO3与HS-发生氧化还原反应生成单质硫而不能大量共存;B、D项通入SO2后仍可大量共存。二、非选择题(本题包括3小题,共40分)16.(13分)(xx六安高一检测)盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”。现据“三大酸”与金属铜反应的情况,回答下列问题:(1)稀盐酸不与Cu反应,若在稀盐酸中加入H2O2(常见氧化剂,作氧化剂时还原产物为水)后,则可使铜顺利溶解,该反应的离子方程式为 。(2)在一定体积的18 molL-1的浓硫酸中加入过量铜片,加热使之反应,被还原的硫酸为0.9 mol。则浓硫酸的实际体积(填“大于”“等于”或“小于”)100 mL。若使剩余的铜片继续溶解,可向其中加入硝酸盐溶液(如KNO3溶液),则该反应的离子方程式为 。(3)根据下图操作及现象推断酸X为 (填序号)。A.浓盐酸B.浓硫酸C.浓硝酸【解析】(1)根据题目信息,H2O2具有氧化性,故可将Cu氧化为CuO,CuO则能与盐酸反应生成CuCl2,其反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O。(2)根据反应:Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O,参与反应的H2SO4只有一半作氧化剂被还原,被还原的硫酸为0.9 mol,从理论上看,需要1.8 mol H2SO4,即18 molL-1的浓硫酸的体积为100 mL,但反应过程中,随着反应的进行,硫酸浓度逐渐降低,稀硫酸不能溶解Cu,所以实际上需要浓硫酸的体积大于100 mL。加入KNO3溶液后,H2SO4提供的H+和KNO3提供的N氧化Cu从而使其溶解:3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O。(3)酸X能使Fe钝化,排除浓盐酸,加入BaCl2溶液有白色沉淀生成,排除浓硝酸,则X为浓硫酸。答案:(1)Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O(2)大于3Cu+8H+2N3Cu2+2NO+4H2O(3)B17.(13分)A、B、C、D、E、F、G和H是中学化学中常见的气体,它们均由短周期元素组成,分别具有如下性质:A、B、E、F、G能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,H能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,C、D不能使湿润的石蕊试纸变色;A和H相遇产生白色烟雾;B和E都能使品红溶液褪色;将红热的铜丝放入装有B的瓶中,瓶内充满棕黄色的烟;将点燃的镁条放入装有F的瓶中,镁条剧烈燃烧,生成白色粉末,瓶内壁附着黑色颗粒;C和D相遇生成红棕色气体;G在D中燃烧可以产生E和H2O。回答下列问题:(1)A的化学式是,中烟雾的化学式是。(2)中发生反应的化学方程式是 。(3)中发生反应的化学方程式是 。(4)C的化学式是,D的化学式是。(5)中发生反应的化学方程式是 。【解析】根据H能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,可确定H是NH3;根据A和H相遇产生白色烟雾,确定A是HCl;根据B和E具有漂白性,推知为Cl2和SO2,其中B与铜丝反应有棕黄色的烟生成,确定B是Cl2,E是SO2;根据将点燃的镁条放入装有F的瓶中,镁条剧烈燃烧,生成白色粉末,瓶内壁附着黑色颗粒可推知F是CO2;C和D相遇生成红棕色气体,C和D可能是O2和NO;G在D中燃烧可以产生E和H2O,根据质量守恒确定G是H2S,D为O2,则C是NO。答案:(1)HClNH4Cl(2)Cu+Cl2CuCl2(3)2Mg+CO22MgO+C(4)NOO2(5)2H2S+3O22SO2+2H2O【补偿训练】(xx成都高一检测)下图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去),其中常温下,A、C、D均为无色气体,C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)写出下列各物质的化学式:X:;F:;G:。 (2)写出下列变化的化学反应方程式:AD: ;GE: 。(3)实验室里,常用加热的混合物的方法制取气体C,常采用法来收集。【解析】C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则C为氨气;氨气催化氧化生成NO,不同浓度的G可以与铜反应,则G为硝酸,F为NO2;B与NO2反应生成硝酸,则B为H2O;常温下A、C、D为无色气体,能与过氧化钠反应的气体只有CO2(A),X受热分解生成CO2、H2O、NH3,故X为碳酸的铵盐,即X为NH4HCO3或(NH4)2CO3。答案:(1)NH4HCO3或(NH4)2CO3NO2HNO3(2)2CO2+2Na2O22Na2CO3+O23Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+2NO+4H2O(3)铵盐和碱或NH4Cl和Ca(OH)2向下排空气18.(14分)(xx天水高一检测)为了探究三种气态氧化物(SO2、NO2、CO2)的性质,某同学设计了一组实验:实验一:探究三种气体在水中的溶解性,用三支相同的试管收集满三种气体,倒置在盛满水的烧杯中,一段时间后,观察到的现象如图A、B、C所示。(1)在相同条件:三种气体在水中的溶解度最大的是。如果在三只烧杯中分别滴几滴紫色石蕊试液,可观察到的现象是 _。实验二:(2)用三只集气瓶收集满二氧化硫、二氧化氮气体,然后将其倒置在水槽中。分别缓慢通入适量O2或Cl2,如图D、E、F所示。一段时间后,D、E装置的集气瓶中充满溶液,F装置的集气瓶中还有气体剩余。(假设瓶内液体不扩散):写出装置D中反应的离子方程式:_。假设该实验条件下,气体摩尔体积为aLmol-1。则装置D的集气瓶中所得溶液溶质的物质的量浓度为。(3)通入氧气前在F装置的水槽里滴加几滴紫色石蕊试液,观察到的现象是,通入氧气后,可能观察到的实验现象是 _。写出反应的总化学方程式: 。(4)溶液充满集气瓶后,在E装置的水槽里滴加硝酸钡溶液,可能观察到的现象为 。【解析】(1)从图A、B、C的实验结果分析,试管里液面上升越高,表明相同条件下气体在水中溶解度越大。SO2、CO2的溶解度不大,而NO2与水发生氧化还原反应为3NO2+H2O2HNO3+NO,其溶解度最大。三种气体与水反应都生成酸,滴加紫色石蕊试液,都会变红色。(2)装置D中发生的反应为3NO2+H2O2HNO3+NO、2NO+O22NO2,相加得总反应方程式:4NO2+O2+2H2O4HNO3。设D装置中集气瓶体积为VL,则二氧化氮气体的体积为VL,n(NO2)=mol,n(HNO3)=mol,最后集气瓶中充满液体,说明硝酸溶液的体积为VL,则c(HNO3)=molL-1。(3)二氧化硫溶于水生成亚硫酸,亚硫酸是还原性酸,通入氧气反应后,被氧化生成强酸(硫酸),溶液红色变深。 (4)氯气在水中将二氧化硫氧化生成硫酸。答案:(1)NO2或A溶液都变红色(2)4NO2+O2+2H2O4HNO3molL-1(3)溶液变红红色由浅变深2SO2+O2+2H2O2H2SO4(4)出现白色沉淀